Soluções Cálculo – Semana 12

Iniciante

Pela regra do produto, tem-se:

$$f'(x)=x^3\cdot d(ln(x))+ln(x)\cdot d(x^3)$$

$$=x^3\frac{1}{x}+3x^2ln(x)$$

$=x^2+3x^2\cdot ln(x)=x^2(1+3ln(x))$

 

 

Intermediário

Para resolver o problema, podemos utilizar integração por substituição, tendo: $u =\sqrt{x}$. Então $du=\frac{1}{2\sqrt{x}}dx \longrightarrow 2u\cdot du=dx$. Ao substituir no problema original, cuidado com os intervalos! Já que é uma substituição, não podemos definir os mesmos intervalos de $x$ para $u$, mas eles são equivalentes, como é visto a seguir: como $u=\sqrt{x}$, os intervalos em relação a u irão de $u=\sqrt{0}=0$ até $u=\sqrt{9}=3$.

Assim,

$$\displaystyle{\int_{0}^{9} \sqrt{4-\sqrt{x}} \,dx} =\displaystyle 2\int_{0}^{3} \sqrt{4-u}\cdot u\cdot du$$

Realizando uma nova substituição, teremos: $v=4-u$ e $dv=-du$

$$\downarrow$$

$\displaystyle 2\int_{0}^{3} \sqrt{4-u}\cdot u\cdot du=\displaystyle -2\int_{0}^{3} (4-v)\sqrt{v}(-dv)$

$$=\displaystyle 2\int_{0}^{3} (v-4)\sqrt{v}dv=\displaystyle 2\int_{0}^{3} (v^{3/2}-4v^{1/2})dv$$

$=2[\frac{v^{5/2}}{5/2}-4\frac{v^{3/2}}{3/2}]+C$

$$=\displaystyle{\big\{4\frac{(4-u)^{5/2}}{5}-16\frac{(4-u)^{3/2}}{3} \big\} \Big\vert_{0}^{3}}$$

$$=\displaystyle{\big\{\frac{12(4-u)^{5/2}-80(4-u)^{3/2}}{15} \big\} \Big\vert_{0}^{3}}$$

$$=\frac{12-80}{15}-\frac{12\cdot 4^{5/2}-80\cdot 4^{3/2}}{15}=\frac{188}{15}u.a.$$

Vale destacar que, neste caso, como os intervalos já tinham sido substituidos anteriormente para fins de equivalência, não é necessário substituir $u$ por $\sqrt{x}$, e, portanto, o resultado final deve ser $\frac{188}{15}$ unidades de área!

 

 

Avançado

Seja $\theta$ o ângulo de visão, a variável $x$ a distância até a parede e o ângulo $\alpha$, como mostrado na figura abaixo. É interessante denotar o ângulo $\theta$ como função de $x$ para a resolução do problema.

Por trigonometria básica, tem-se que

$$\tan \alpha = \displaystyle{ 10 \over x }$$

Então

$$\alpha = \arctan \Big( \displaystyle{ 10 \over x } \Big) \ \ \ \mbox{(1)}$$

ou mesmo

$$\tan ( \theta + \alpha ) = \displaystyle{ 30 \over x }$$

O que implica em: $\theta + \alpha = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over x } \Big)$,

ou

$$\theta = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over x } \Big) - \alpha \ \ \ \mbox{(2)}$$

Use $\alpha$ da equação $1$ na equação $2$, obtendo:

$$\theta = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over x } \Big) - \arctan \Big( \displaystyle{ 10 \over x } \Big)$$

Deseja-se maximizar o ângulo $\theta$ dado nesta equação. Diferenciando a equação tem-se

$$\theta'=\frac{1}{1+(\frac{30}{x})^2}\cdot [-\frac{30}{x^2}]-\frac{1}{1+(\frac{10}{x})^2}\cdot [-\frac{10}{x^2}]$$

$$= \displaystyle{ -30 \over x^2 + 30^2 } + \displaystyle{ 10 \over x^2 + 10^2 }$$

$$= 0$$

Portanto, $\displaystyle{ 30 \over x^2 + 30^2 } = \displaystyle{ 10 \over x^2 + 10^2 }$,

$$30x^2 + 3000 = 10x^2 + 9000$$

$$20x^2 = 6000$$

$$x^2=300$$

para $x = \pm \sqrt{ 300 } = \pm 10 \sqrt{3} \approx \pm 17.32$.

Mas $x \ne - 10 \sqrt{3}$, já que a variável $x$ mede distância e $x \ge 0$ . Se $x = 10 \sqrt{3}$ (a distância pedida), então

$$\theta = \arctan \Big( \displaystyle{ 30 \over 10 \sqrt{3} } \Big)-\arctan \Big( \displaystyle{ 10 \over 10 \sqrt{3} } \Big)$$

$$= \arctan \Big( \displaystyle{ 3 \over \sqrt{3} } \Big)-\arctan \Big( \displaystyle{ 1 \over \sqrt{3} } \Big)$$

$$=\arctan \Big( \displaystyle{ \sqrt{3} } \Big)-\arctan\Big( \displaystyle{ 1 \over \sqrt{3} } \Big)$$

(Estes valores são bem conhecidos na Trigonometria)

$$= \displaystyle{ \pi \over 3 } - \displaystyle{ \pi \over 6 }$$

$$= \displaystyle{\pi\over 6} \ \ \mbox{radianos}$$

ou $\theta=30$ graus.

Logo, como a distância procurada é $x=10\sqrt{3}$ pés $\approx 17.32$ pés, o ângulo máximo de visualização da tela de cinema é $\theta=30$

$$=\displaystyle{\pi\over 6}$$